一、几种常见的功能关系及其表达式
自测1
升降机底板上放一质量为100kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动
5m时速度达到4m/s，则此过程中(g取10 m/s2，不计空气阻力)( )
A.升降机对物体做功5800J
B.合外力对物体做功5800J
C.物体的重力势能增加500J
D.物体的机械能增加800J
答案 A
二、两种摩擦力做功特点的比较
自测2
如图1所示，一个质量为m的铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为( )
图1
A. mgR B.mgR
C. mgR D.
mgR
答案 D
三、能量守恒定律
1.内容
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变.
2.表达式
ΔE减＝ΔE增.
3.基本思路
(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等.
自测3
质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图2所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为( )
图2
A. mv02－μmg(s＋x)
B. mv02－μmgx
C.μmgs
D.μmg(s＋x)
答案 A
解析 根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由能量守恒定律可得mv02＝W弹＋Wf，W弹＝
mv02－μmg(s＋x)，故选项A正确.
命题点一 功能关系的理解和应用
1.只涉及动能的变化用动能定理分析.
2.只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析.
3.只涉及机械能的变化，用除重力和弹簧的弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析.
例1
(多选)如图3所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长.圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环( )
图3
A.下滑过程中，加速度一直减小
B.下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2
C.在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh
D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
答案 BD
解析 由题意知，圆环从A到C先加速后减速，到达B处的加速度减小为零，故加速度先减小后反向增大，故A错误；根据能量守恒定律，从A到C有mgh＝Wf＋Ep(Wf为克服摩擦力做的功)，从C到A有mv2＋Ep＝mgh＋Wf，联立解得：Wf＝
mv2，Ep＝mgh－
mv2，所以B正确，C错误；根据能量守恒定律，从A到B的过程有
mv
＋ΔEp′＋Wf′＝mgh′，从B到A的过程有
mvB′2＋ΔEp′＝mgh′＋Wf′，比较两式得vB′>vB，所以D正确.
变式1
(多选)(2016·全国卷Ⅱ·21)如图4所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连.现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点.已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<
.在小球从M点运动到N点的过程中( )
图4
A.弹力对小球先做正功后做负功
B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
答案 BCD
解析 因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<，知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g，则有两个时刻的加速度大小等于g，选项B正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力方向与速度方向垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由动能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知WF＝0，即WG＝ΔEk，选项D正确.
例2
(2017·全国卷Ⅰ·24)一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面.飞船在离地面高度1.60×105m处以7.5×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面.取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2(结果保留两位有效数字).
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
(2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.
答案 (1)4.0×108J 2.4×1012J (2)9.7×108J
解析 (1)飞船着地前瞬间的机械能为
E0＝mv02 ①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速度.由①式和题给数据得
E0＝4.0×108J ②
设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为
Eh＝mvh2＋mgh ③
式中，vh是飞船在高度1.60×105m处的速度.由③式和题给数据得
Eh≈2.4×1012J ④
(2)飞船在高度h′＝600m处的机械能为
Eh′＝m(
vh)2＋mgh′ ⑤
由功能关系得
W＝Eh′－E0 ⑥
式中，W是飞船从高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功.
由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108J ⑦
变式2
(2017·全国卷Ⅲ·16)如图5所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂.用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距
l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为( )
图5
A. mglB.
mglC.
mglD.
mgl
答案 A
解析 由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了，则重力势能增加ΔEp＝
mg·
＝
mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝
mgl，故选项A正确，B、C、D错误.
命题点二 摩擦力做功与能量转化
1.静摩擦力做功
(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零.
(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能.
2.滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能.
(3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx相对.其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程.
从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量.
例3
如图6所示，某工厂用传送带向高处运送货物，将一货物轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端.下列说法正确的是( )
图6
A.第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量
C.第一阶段物体和传送带间摩擦生的热等于第一阶段物体机械能的增加量
D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功
答案 C
解析 对物体分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A错误；由动能定理知，合外力做的总功等于物体动能的增加量，B错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D错误；设第一阶段物体的运动时间为t，传送带速度为v，对物体：x1＝t，对传送带：x1′＝v·t，摩擦产生的热Q＝Ffx相对＝Ff(x1′－x1)＝Ff·
t，机械能增加量ΔE＝Ff·x1＝Ff·
t，所以Q＝ΔE，C正确.
变式3
(多选)如图7所示为生活中磨刀的示意图，磨刀石静止不动，刀在手的推动下从右向左匀速运动，发生的位移为x，设刀与磨刀石之间的摩擦力大小为Ff，则下列叙述中正确的是( )
图7
A.摩擦力对刀做负功，大小为Ffx
B.摩擦力对刀做正功，大小为Ffx
C.摩擦力对磨刀石做正功，大小为Ffx
D.摩擦力对磨刀石不做功
答案 AD
变式4
(多选)(2018·吉林白城模拟)质量为m的物体在水平面上，只受摩擦力作用，以初动能E0做匀变速直线运动，经距离d后，动能减小为
，则( )
A.物体与水平面间的动摩擦因数为
B.物体再前进便停止
C.物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的倍
D.若要使此物体滑行的总距离为3d，其初动能应为2E0
答案 AD
解析 由动能定理知Wf＝μmgd＝E0－，所以μ＝
，A正确；设物体总共滑行的距离为s，则有μmgs＝E0，所以s＝
d，物体再前进
便停止，B错误；将物体的运动看成反方向的匀加速直线运动，则连续运动三个
距离所用时间之比为1∶(
－1)∶(
－
)，所以物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的(
－1)倍，C错误；若要使此物体滑行的总距离为3d，则由动能定理知μmg·3d＝Ek，得Ek＝2E0，D正确.
命题点三 能量守恒定律的理解和应用
例4
如图8所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R.一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C.不计空气阻力，试求：
图8
(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能.
答案 (1) mgR (2)mgR
解析 (1)设物体在B点的速度为vB，所受弹力为FNB，
由牛顿第二定律得：FNB－mg＝m
由牛顿第三定律FNB′＝8mg＝FNB
由能量守恒定律可知
物体在A点时的弹性势能Ep＝mvB2＝
mgR
(2)设物体在C点的速度为vC，由题意可知mg＝m
物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得Q＝mvB2－(
mvC2＋2mgR)
解得Q＝mgR.
变式5
如图9所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝
，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点.用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0>
，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点.已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：
图9
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧的最大弹性势能.
答案 (1) (2)
(
－L) (3)
m(v02－gL)
解析 (1)物体A与斜面间的滑动摩擦力Ff＝2μmgcosθ，
对A向下运动到C点的过程，由能量守恒定律有
2mgLsinθ＋mv02＝
mv2＋mgL＋Q
其中Q＝FfL＝2μmgLcosθ
解得v＝
(2)从物体A接触弹簧将弹簧压缩到最短后又恰好回到C点的过程，对系统应用动能定理
－Ff·2x＝0－×3mv2
解得x＝－
＝
(
－L)
(3)从弹簧压缩至最短到物体A恰好弹回到C点的过程中，由能量守恒定律得
Ep＋mgx＝2mgxsinθ＋Q′
Q′＝Ffx＝2μmgxcosθ
解得Ep＝(v02－gL)
1.如图1所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧形轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力.已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P至B的运动过程中( )
图1
A.重力做功2mgR B.机械能减少mgR
C.合外力做功mgR D.克服摩擦力做功mgR
答案 D
2.如图2所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态.现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面.弹簧一直在弹性限度内，则( )
图2
A.两个阶段拉力做的功相等
B.拉力做的总功等于A的重力势能的增加量
C.第一阶段，拉力做的功大于A的重力势能的增加量
D.第二阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量
答案 B
3.(多选)如图3所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮.质量分别为M、m(M>m)的滑块、通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动.若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )
图3
A.两滑块组成的系统机械能守恒
B.重力对M做的功等于M动能的增加
C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加
D.两滑块组成的系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
答案 CD
解析 两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，系统的机械能减少，减少的机械能等于M克服摩擦力做的功，选项A错误，D正确.除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功，选项B错误.绳的拉力对滑块m做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确.
4.(多选)如图4所示，质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g，这个物体沿斜面上升的最大高度为H，则在这一过程中( )
图4
A.物体的重力势能增加了0.9mgH
B.物体的重力势能增加了mgH
C.物体的动能损失了0.5mgH
D.物体的机械能损失了0.5mgH
答案 BD
解析 在物体上滑到最大高度的过程中，重力对物体做负功，故物体的重力势能增加了mgH，故A错误，B正确；物体所受的合力沿斜面向下，其合力做的功为W＝－F·＝－ma·
＝－1.5mgH，故物体的动能损失了1.5mgH，故C错误；设物体受到的摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得mgsin37°＋Ff＝ma，解得Ff＝0.3mg.摩擦力对物体做的功为Wf＝－Ff·
＝－0.5mgH，因此物体的机械能损失了0.5mgH，故D正确.
5.(多选)(2018·黑龙江佳木斯质检)如图5所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升.摩擦及空气阻力均不计.则( )
图5
A.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能
B.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
C.升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
D.升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能
答案 BC
解析 根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功和人的重力做功之和等于人增加的动能，故A错误；除重力外，其他力对人做的功等于人机械能的增加量，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D错误.
6.(多选)如图6所示，一物块通过一橡皮条与粗糙斜面顶端垂直于固定斜面的固定杆相连而静止在斜面上，橡皮条与斜面平行且恰为原长.现给物块一沿斜面向下的初速度v0，则物块从开始滑动到滑到最低点的过程中(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，橡皮条的形变在弹性限度内)，下列说法正确的是( )
图6
A.物块的动能一直增加
B.物块运动的加速度一直增大
C.物块的机械能一直减少
D.物块减少的机械能等于橡皮条增加的弹性势能
答案 BC
解析 由题意知物块的重力沿斜面向下的分力为mgsinθ≤Ff＝μmgcosθ，在物块下滑过程中，橡皮条拉力F一直增大，根据牛顿第二定律有a＝，F增大，a增大，选项B正确；物块受到的合外力方向沿斜面向上，与位移方向相反，根据动能定理知动能一直减少，选项A错误；滑动摩擦力和拉力F一直做负功，根据功能关系知物块的机械能一直减少，选项C正确；根据能量守恒定律，物块减少的机械能等于橡皮条增加的弹性势能和摩擦产生的热量之和，选项D错误.
7.如图7所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零.则在圆环下滑过程中( )
图7
A.圆环机械能守恒
B.橡皮绳的弹性势能一直增大
C.橡皮绳的弹性势能增加了mgh
D.橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大
答案 C
解析 圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A错误；橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化，由题意知橡皮绳先不发生形变后伸长，故橡皮绳的弹性势能先不变再增大，故B错误；下滑过程中，圆环的机械能减少了mgh，根据系统的机械能守恒，橡皮绳的弹性势能增加了mgh，故C正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次达到原长时，该过程中圆环的动能一直增大，但不是最大，沿杆方向的合力为零的时刻，圆环的速度最大，故D错误.
8.如图8所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点.将小球拉至A点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O点正下方与A点的竖直高度差为h的B点时，速度大小为v.已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
图8
A.小球运动到B点时的动能等于mgh
B.小球由A点到B点重力势能减少mv2
C.小球由A点到B点克服弹力做功为mgh
D.小球到达B点时弹簧的弹性势能为mgh－mv2
答案 D
解析 小球由A点到B点的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧伸长，弹簧的弹性势能增大，小球动能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和等于小球重力势能的减小量，即小球动能的增加量小于重力势能的减少量mgh，A、B项错误，D项正确；弹簧弹性势能的增加量等于小球克服弹力所做的功，C项错误.
9.(2018·四川德阳调研)足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同.在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是( )
A.W＝0，Q＝mv2 B.W＝0，Q＝2mv2
C.W＝，Q＝mv2 D.W＝mv2，Q＝2mv2
答案 B
解析 对小物块，由动能定理有W＝mv2－
mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x相对＝
，这段时间内因摩擦产生的热量Q＝μmg·x相对＝2mv2，选项B正确.
10.(多选)如图9所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上.质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端.现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为Ff，物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s.在这个过程中，以下结论正确的是( )
图9
A.物块到达小车最右端时具有的动能为F(L＋s)
B.物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffs
C.物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋s)
D.物块和小车增加的机械能为Ffs
答案 BC
解析 对物块分析，物块相对于地的位移为L＋s，根据动能定理得(F－Ff)(L＋s)＝mv2－0，则知物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋s)，故A错误；对小车分析，小车对地的位移为s，根据动能定理得Ffs＝
Mv′2－0，则知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffs，故B正确；物块相对于地的位移大小为L＋s，则物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋s)，故C正确；根据能量守恒得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能以及摩擦产生的内能，则有F(L＋s)＝ΔE＋Q，则物块和小车增加的机械能为ΔE＝F(L＋s)－FfL，故D错误.
11.如图10所示，一物体质量m＝2kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m.当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点AD＝3 m.挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，求：
图10
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
答案 (1)0.52 (2)24.4J
解析 (1)物体从A点至最后弹到D点的全过程中，
动能减少ΔEk＝mv02＝9J.
重力势能减少ΔEp＝mglADsin37°＝36J.
机械能减少ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝45J
减少的机械能全部用来克服摩擦力做功，即
Wf＝Ffl＝45J，而路程l＝5.4m，则
Ff＝≈8.33N.
而Ff＝μmgcos37°，所以
μ＝≈0.52.
(2)由A到C的过程：动能减少ΔEk′＝mv02＝9J.
重力势能减少ΔEp′＝mglACsin37°＝50.4J.
物体克服摩擦力做的功
Wf′＝FflAC＝μmgcos37°·lAC＝35J.
由能量守恒定律得：
Epm＝ΔEk′＋ΔEp′－Wf′＝24.4J.
12.如图11为某飞船先在轨道Ⅰ上绕地球做圆周运动，然后在A点变轨进入返回地球的椭圆轨道Ⅱ运动，已知飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动的周期为T，轨道半径为r，椭圆轨道的近地点B离地心的距离为kr(k＜1)，引力常量为G，飞船的质量为m，求：
图11
(1)地球的质量及飞船在轨道Ⅰ上的线速度大小；
(2)若规定两质点相距无限远时引力势能为零，则质量分别为M、m的两个质点相距为r时的引力势能Ep＝－，式中G为引力常量.求飞船在A点变轨时发动机对飞船做的功.
答案 (1)
(2)
解析 (1)飞船在轨道Ⅰ上运动时，由牛顿第二定律有
G＝mr(
)2
则地球的质量M＝
飞船在轨道Ⅰ上的线速度大小为v＝.
(2)设飞船在椭圆轨道上的远地点速度为v1，在近地点的速度为v2，由开普勒第二定律有rv1＝krv2
根据能量守恒定律有
mv12－G
＝
mv22－G
解得v1＝＝
根据动能定理，飞船在A点变轨时，发动机对飞船做的功为W＝mv12－
mv2＝
.
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